Produit Scalaire - corrigés feuille 3
Calculer avec des produits scalaires et utiliser des relations métriques
exercice 1
!
1) situation 1 : AM =
! !
3 !
AN donc : AM AN =
8
! !
3 2
Or : AN = 4 donc : AM AN =
(4) = 6
8
! !
!
!
!
situation 2 : AM AN = AM
AN
cos (AM
p
p
! !
AM AN = 3
2 cos 5 car : AM = 3 ; AN = 2
p
! !
2 ( 1) car cos 5 = cos( |{z}
4
+
AM AN = 3
2k
situation 3
situation 4
!
D’où : AM
3 !
AN
8
!
AN =
! !
3
AN AN =
8
!
3
AN
8
!
! !
AN ) = AM AN cos (AM ; AN )
! !
\
et AM ; AN de mesure 5
! !
) = cos = 1 . Ainsi : AM AN =
2
=
page 1 / 12
3
AN 2
8
p
3 2
; k=2
! ! 1
1
85
: AM AN = [AM 2 + AN 2 M N 2 ] = [(10)2 + (7)2 (8)2 ] =
2
2
2
! 2+3
! 5
!
3
2
4
donc : AM
soit AM
; AN
: A
;M
;N
1
1
5
1+1
2
!
! x ! + y ! y ! = (5
AN = xAM
1) + (6 2) = 7
AN
AM AN
4+3
5+1
!
soit AN
1
6
2) ! ABCD étant un carré de centre O , le projeté orthogonal de C sur (AB) est B et :
! !
! !
! 2
AB AC = AB AB = AB = AB 2 = 32 = 9
!
!
! !
! ABCD étant un carré , AB et AD sont orthogonaux et : AB AD = 0
! 1 !
! Comme centre du carré ABCD , O est le milieu de [AC] et AO = AC . Donc :
2
! !
! 1 ! 1 ! 2
1
2
AC AO = AC
AC =
AC = AC
2
2
2
D’autre part en appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle isocèle en B , on obtient :
! ! 1
18
AC2 = AB 2 + BC 2 = 32 + 32 = 18 . D’où : AC AO = AC 2 =
=9
2
2
! 1 !
! 1 !
1 !
! O est le milieu de [AC] donc : OC = AC et OA = CA =
AC . Par conséquent :
2
2
2
! !
! !
1 !
1 !
1
1
1 ! 2
1
18
9
OC OA =
AC
AC =
AC AC =
AC =
AC 2 =
=
2
2
2
2
4
4
4
2
! 1 !
! Comme centre du carré ABCD , O est le milieu de [BD] et OB = DB . Donc :
2
! !
! 1 !
! 1 !
1 ! !
AD OB = AD DB = ( DA) DB =
DA DB
2
2
2
! !
! !
D’autre part : DA DB = DA DA car A est le projeté orthogonal de B sur (DA) . Donc :
! !
1 ! !
1 ! 2
1
1
9
AD OB =
DA DA =
DA =
DA2 =
32 =
2
2
2
2
2
4
4
\
3) k!
u k = 3 , k!
v k = 2 ; (!
u;!
v ) de mesure
donc : !
u !
v = k!
u k k!
v k cos (!
u;!
v ) = 3 2 cos
3
3
1
!
!
!
!
u v = 6 cos( + ) = 6
cos
= 6
= 3= u v
3
3
2
2
2
2
! x = k!
u !
v k = k!
u k + k!
vk
2(!
u !
v ) = 32 + 22 2( 3) = 19
! y = ( 2!
u + 3!
v ) ( 3!
u
y = 6(!
u )2 + 2(!
u !
v)
2
y = 6 k!
uk
7(!
u !
v)
!
v ) = 6(!
u !
u ) + 2(!
u !
v)
9(!
u !
v)
9(!
v !
u)
3(!
v !
v)
3(!
v )2 car (!
u !
v ) = (!
v !
u ) ( symétrie du produit scalaire )
2
3 k!
v k = 6(3)2
7( 3)
3(2)2 = 63
! pour déterminer le réel z ( qui est positif comme norme d’un vecteur ) on commence par calculer son carré
z 2 = k3!
u
2
2
2
2!
v k = k3!
u k + k2!
vk
2
2
2(3!
u 2!
v ) = 9 k!
u k + 4 k!
vk
p
Ayant z2 = 133 et z > 0 on déduit : z = 133
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12(!
u !
v ) = 9(3)2 + 4(2)2
12( 3) = 133
produit scalaire - corrigés feuille 3
exercice 2
\
On donne k!
u k = 3; k!
v k = 2 et (!
u;!
v ) de mesure
3
!
!
\
cos avec mesure de l’angle orienté ( u ; v )
1
!
u !
v = k!
u k k!
v k cos = 3 2
=3
3
2
2
2
2
2
! k!
u +!
v k = k!
u k + 2 (!
u !
v ) + k!
v k = (3) + 2(3) + (2)2 = 19
p
2
k!
u +!
v k = 19 et k!
u +!
v k > 0 donc k!
u +!
v k = 19
!!
u !
v = k!
uk
! k!
u
k!
vk
2
2
!
v k = k!
uk
2
2
2 (!
u !
v ) + k!
v k = (3)
! x = (2!
u +!
v) ( !
u + 3!
v)=
2(3) + (2)2 = 7 ; k!
u
2
2 (!
u ) + 6 (!
u !
v)
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2
!
v k = 7 et k!
u
!
v k > 0 donc k!
u
2
(!
v !
u ) + 3 (!
v ) et (!
u !
v ) = (!
v !
u)
2
2
2
2
2
2
2 (3) + 5 (3) + 3 (2) = 9 car (!
u ) = k!
u k , (!
v ) = k!
vk
53 ! !
53
2
2
2
2
! y = 32 !
u 5!
v ( 3!
u + 4!
v ) = 2 (!
u) +
( u v ) 20 (!
v ) = 2 (3) +
(3) 20 (2) =
3
3
2
2
2
2
2
2
2
! z = (3!
u 2!
v ) = (3) (!
u)
12 (!
u !
v ) + ( 2) (!
v ) = 9 (3)
12 (3) + 4 (2) = 61
x=
p
!
vk= 7
2
2
2 (!
u ) + 5 (!
u !
v ) + 3 (!
v) =
exercice 3
45
ABCD est un rectangle de centre O tel que : AB = DC = 4 et AD = BC = 3 ;
A’et C’sont les projetés orthogonaux respectifs de A et de C sur (BD) .
! 2
! 2
1) ! AC = AC 2 ; BD = BD2 . ABCD étant un rectangle , les triangles ABC et ABD
sont rectangles respectivement en B et A . Le Théorème de Pythagore est applicable dans
chacun de ces deux triangles et permet d’obtenir :
AC 2 = AB 2 + BC 2 et BD2 = AB 2 + AD2 : Or : AB = 4 et AD = BC = 3 . Donc :
! 2
! 2
AC 2 = AB 2 + BC 2 = 42 + 32 = 25 et BD2 = AB 2 + AD2 = 42 + 32 = 25 et ainsi : AC = BD = 25
p
remarque : AC = BD = 25 = 5 . On retrouve une propriété connue : un rectangle a ses diagonales de même longueur
! !
!
!
! AB BC = 0 car ABCD rectangle entraîne AB et BC orthogonaux
!
! 1 !
! !
1 !
! OA AC =
CA AC car O centre de ABCD et donc O milieu de [AC] ce qui entraîne OA = CA
2
2
! !
!
! !
! 2
! 2
1 !
1
1
1
25
D’où : OA AC =
AC
AC =
AC AC =
AC =
25 =
( car : AC = 25 )
2
2
2
2
2
! !
!
!
! !
! !
! CA DC = CA
CD =
CA CD =
CD CD car A se projette orthogonalement sur (CD) en D ( (CD)?(AD) )
! !
! 2
CD2 =
42 = 16
Donc : CA DC =
CD =
! !
!
!
! !
! !
! !
! !
2) D’une part : BA BD = BA
BD
cos(BA; BD) = BA BD cos(BA; BD) = 4 5 cos(BA; BD) = 20cos(BA; BD)
! ! 1
1
1
D’autre part : BA BD = [BA2 + BD2 AD2 ] = [42 + 52 32 ] = [16 + 25 9] = 16
2
2
2
! !
! !
! !
16
4
Donc : 20cos(BA; BD) = 16 puis : cos(BA; BD) =
soit : cos(BA; BD) =
20
5
! !
!
!
!
!
!
!
!
!
3) ! En utilisant la relation de Chasles on obtient : AC DB = AB + BC
DA + AB = AB + BC
AB AD
!
!
D’autre part : AD = BC car le rectangle ABCD est un parallélogramme particulier . Donc :
! !
!
!
!
!
! 2
! 2
AC DB = AB + BC
AB BC = AB
BC = AB 2 BC 2
! !
! déduction de la longueur A’C’. On vient de prouver : AC DB = AB 2 BC 2
! !
En utilisant la valeur des longueurs AB et BC on obtient : AC DB = 42 32 = 16 9 = 7
!
Les points A’et C’sont les projetés orthogonaux respectifs de A et C sur (BD) . Donc le vecteur AC se projette orthogonalement
!
! !
!
! !
! !
!
! !
en A0 C 0 sur (BD) et AC DB = A0 C 0 DB avec A0 C 0 et DB colinéaires et AC DB = 7 . Donc A0 C 0 DB = 7 et 7 > 0 .
!
! !
!
Les deux vecteurs colinéaires A0 C 0 et DB ayant un produit scalaire positif sont colinéaires de même sens et A0 C 0 DB = A0 C 0 DB
DB
5
D’où : A0 C 0 DB = 7 puis A0 C 0 =
= (BD = 5 d’après 1) )
7
7
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produit scalaire - corrigés feuille 3
! !
ABC est un triangle véri…ant : AB = 2 , AC = 5 et AB AC = 6
!
!
!
!
!
2-1 En utilisant la relation de Chasles on a : BC = BA + AC = AC AB .
! 2
!
! 2
! 2
! 2
! !
2
2
2
Donc : BC = AC AB = AC + AB
2 AC AB car : k!
u !
v k = k!
u k + k!
vk
2 (!
u !
v)
! 2
!
!
BC = AC 2 + AB 2 2 AB AC par symétrie du produit scalaire .
! !
D’autre part : AB = 2 , AC = 5 et AB AC = 6 .
! 2
2
2
Donc : BC = (5) + (2)
2 (6) = 25 + 4 12 = 17 et BC 2 = 17
p
Ayant BC 2 = 17 et BC > 0 on déduit : BC = 17 .
p
! !
! !
2-2 Pour calculer BC BA et CA CB on utilise : AB = 2 , AC = 5 , BC = 17et le théorème suivant :
!
! 1
Pour tous points M , N et P , M N M P =
MN2 + MP2 NP2
2
! !
1
1 p 2
1
2
2
Donc : BC BA =
BC 2 + BA2 CA2 =
17 + (2)
(5) = (17 + 4 25) = 2
2
2
2
p 2
! !
1
1
1
2
2
2
2
2
Et : CA CB =
CA + CB
AB =
(5) +
17
(2) = (25 + 17 4) = 19
2
2
2
! !
! !
Ainsi : BC BA = 2 et CA CB = 19 .
! 1 !
! !
! 1 ! !
1 !
1
2-3 I le milieu de [AB] donc : AI = AB et : AI AC =
AB
AC =
AB AC = (6) = 3 . Et :
2
2
2
2
2
2
2
! !
!
!
!
! !
! !
! !
!
! !
!
1 !
IA IC = IA IA + AC = IA IA + IA AC = IA + IA AC = AI +
AB
AI AC =
2
! ! 1
! !
! !
1
2
2
IA IC = AB
AI AC = (2)
(3) = 2 en utilisant : AB = 2 et AI AC = 3
4
4
exercice 4
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! !
AI AC
2-4 On note G le centre de gravité de ABC et A’, B’, C’les milieux respectifs des segments [BC] , [CA] et [AB] ( C 0 = I ) .
En utilisant la position du centre de gravité G sur chacune des trois médianes [AA’] , [BB’] , [CC’] on a :
! 2 !
! 2 !
! 2 !
AG = AA0 ; BG = BB 0 et CG = CC 0
3
3
3
D’autre part en utilisant trois fois la propriété caractéristique du milieu on a pour tout point M :
!
!
!
!
!
!
!
!
!
2M A0 = M B + M C car A0 milieu de [BC] ; 2M B 0 = M A + M C car B 0 milieu de [AC] ; 2M C 0 = M A + M B car C 0 milieu de [AB]
!
!
!
!
!
!
!
!
!
Donc : 2AA0 = AB + AC (avec M = A ) ; 2BB 0 = BA + BC (avec M = B ) ; 2CC 0 = CA + CB (avec M = C )
!
! 2 !
! 1
!
1 ! 1 !
1 !
Et : AG = AA0 devient : AG =
2AA0 =
AB + AC = AB + AC
3
3
3
3
3
!0
! 2 !0
! 1
!
1 ! 1 !
1 !
De même : BG = BB devient : BG =
2BB =
BA + BC = BA + BC
3
3
3
3
3
!0
! 2 !0
! 1
!
1 !
1 ! 1 !
CG = CC devient : CG =
2CC =
CA + CB = CA + CB
3
3
3
3
3
2
2
2
! 2
1 ! 1 !
1 !
1 !
1 ! 1 !
2
Donc : AG = AG =
AB + AC =
AB +
AC
2
AB
AC
3
3
3
3
3
3
! !
1
1
1 1
1
1
2 ! !
AG2 = AB 2 + AC 2 2
AB AC = AB 2 + AC 2
AB AC
9
9
3 3
9
9
9
2
! 2
1 ! 1 !
1
1
2 ! !
De même : BG2 = BG =
BA + BC = BA2 + BC 2
BA BC
3
3
9
9
9
2
! 2
1 ! 1 !
1
1
2 ! !
Et : CG2 = CG =
CA + CB = CA2 + CB 2
CA CB
3
3
9
9
9
p
! !
En utilisant la symétrie du produit scalaire et les valeurs numériques suivantes : AB = 2 , AC = 5 , BC = 17 ; AB AC = 6
! !
! !
BC BA = 2 ; CA CB = 19 .on déduit :
1
1
2 ! !
1
1
2
29 12
17
2
2
AG2 = AB 2 + AC 2
AB AC = (2) + (5)
(6) =
=
9
9
9
9
9
9
9
9
9
1
1
2 ! !
1
1 p 2 2
25
2
BG2 = BA2 + BC 2
BA BC = (2) +
17
( 2) =
9
9
9
9
9
9
9
1
1
2 ! !
1
1 p 2 2
4
2
2
2
2
CG = CA + CB
CA CB = (5) +
17
(19) =
9
9
9
9
9
9
9
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produit scalaire - corrigés feuille 3
page 4 / 12
exercice 5
1) Démontrons le théorème de la médiane : 8M 2 P , M E 2 + M F 2 = 2M P 2 + 12 EF 2 avec P milieu de [EF]
! 2
! 2
Soit M un point quelconque du plan . M E 2 + M F 2 = M E + M F . D’autre part :
!
!
!
! 2
!
! 2
! 2
! 2
! !
! !
! M E = M P + P E donc : M E = M P + P E = M P + P E + 2 M P P E = M P 2 + P E 2 + 2 M P P E
!
!
!
!
!
!
!
! M F = M P + P F = M P P E car P milieu de [EF] entraîne : P F = P E . D’où :
! 2
!
! 2
! 2
! !
! 2
! !
MF = MP PE = MP + PE
2 M P P E = M P 2 + P E2 2 M P P E
! !
! !
Par conséquent : M E 2 + M F 2 = M P 2 + P E 2 + 2 M P P E + M P 2 + P E 2 2 M P P E = 2M P 2 + 2P E 2
1
1
1
1
EF 2 = 2M P 2 + EF 2
Or : P milieu de [EF] entraîne : P E = EF et P E 2 = EF 2 . D’où : M E 2 + M F 2 = 2M P 2 + 2
2
4
4
2
Ainsi : 8M 2 P , M E 2 + M F 2 = 2M P 2 + 12 EF 2 avec P milieu de [EF] .
2) Application : C est un cercle centré en O et de rayon r .
F est un point distinct de O et intérieur au cercle C . On
mène par ce point F deux droites perpendiculaires
notées
1
et
2
qui coupent le cercle C respectivement
en A , C et en B , D . On note I le milieu de [AC] et J
le milieu de [BD] .
2-1 A justi…er : F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2
F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = F A2 + F C 2 + F B 2 + F D2
En utilisant deux fois le théorème de la médiane au point F
on obtient :
1
F A2 + F C 2 = 2F I 2 + AC 2 car I milieu de [AC]
2
1
2
2
2
F B + F D = 2F J + BD2 car J milieu de [BD]
2
1
1
1
1
2
2
D’où : F A + F B + F C 2 + F D2 = 2F I 2 + AC 2 + 2F J 2 + BD2 = 2 F I 2 + F J 2 + AC 2 + BD2
2
2
2
2
Le triangle FIJ est rectangle en F car (IF ) = 1 , (JF ) = 2 et 1 et 2 perpendiculaires en F . Le théorème de Pythagore est
applicable dans ce triangle et F I 2 + F J 2 = IJ 2 .
1
1
D’où : F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 2 IJ 2 + AC 2 + BD2
2
2
1
1
1
2
2
I milieu de [AC] donc : AC = 2AI et : AC = (2AI) =
4AI 2 = 2AI 2
2
2
2
1
1
1
2
J milieu de [BD] donc : BD = 2BJ et : BD2 = (2BJ) =
4BJ 2 = 2BJ 2
2
2
2
D’où : F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 2IJ 2 + 2AI 2 + 2BJ 2
A , B , C et D étant situés sur le cercle C , les triangles OAC et OBD sont isocèles de sommet principal O . I et J étant les
milieux respectifs de [AC] et de [BD] ; les médianes [OI] et [OJ] issues de O pour chacun de ces deux triangles sont les
médiatrices respectives des segments [AC] et de [BD] et les triangles OAI et OBJ sont rectangles respectivement en I et en J .
Le théorème de Pythagore est applicable dans chacun de ces triangles .
D’où : OA2 = OI 2 + AI 2 et OB 2 = OJ 2 + BJ 2 . D’autre part : A 2 C , B 2 C donc : OA = OB = r .
D’où : r2 = OI 2 + AI 2 et r2 = OJ 2 + BJ 2
Ainsi : AI 2 = r2
OI 2 et BJ 2 = r2
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OJ 2 .
produit scalaire - corrigés feuille 3
L’égalité F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 2IJ 2 + 2AI 2 + 2BJ 2 devient ainsi :
F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 2IJ 2 + 2 r2
OI 2 + 2 r2
D’où : F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2 + 2IJ 2
2OI 2
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OJ 2
2OJ 2 = 4r2
2 IJ 2
OI 2
OJ 2
Le triangle OIJ est rectangle en O : En e¤et :
! (OJ) ? (BD) et (AC) ? (BD) entraîne (OJ)==(AC)
! (OJ)==(AC) et (AC) ? (OI) entraîne (OJ) ? (OI)
Le théorème de Pythagore est applicable dans le triangle OIJ et : IJ 2 = OI 2 + OJ 2 puis IJ 2
L’égalité F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2
F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2
2 IJ 2
OI 2
OI 2
OJ 2 = 0
OJ 2 devient ainsi :
2 (0) soit F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2
2-2 En déduire : AB 2 + CD2 = AD2 + CB 2 = 4r2
Avec
1
et
2
perpendiculaires en F et contenant respectivement A , C et B , D , les quatre triangles FAB , FBC ,
FAD et FDC sont rectangles en F . Le théorème de Pythagore est applicable dans chacun de ces triangles .
D’où : F A2 + F B 2 = AB 2 , F B 2 + F C 2 = BC 2 , F A2 + F D2 = AD2 , F C 2 + F D2 = CD2 .
Par conséquent : AB 2 + CD2 = F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2
Et : AD2 + BC 2 = F A2 + F D2 + F B 2 + F C 2 = F A2 + F D2 + F B 2 + F C 2 = F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2
D’autre part : F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2 d’après 2-1
Donc : AB 2 + CD2 = AD2 + CB 2 = F A2 + F B 2 + F C 2 + F D2 = 4r2
exercice 6
ABC est un triangle et I est le milieu de [AB] .
En utilisant un théorème de la médiane on a pour tout point M du plan : M A2 + M B 2 = 2M I 2 +
1
Avec M = C on obtient : CA2 + CB 2 = 2CI 2 + AB 2 .
2
1
1
1
1
1
AB 2 = 2CI 2 puis : CI 2 = CA2 + CB 2
AB 2 soit : CI 2 = AC 2 +
D’où : CA2 + CB 2
2
2
2
4
2
1
AB 2 car I est le milieu de [AB] .
2
1
BC 2
2
situation 1 : ABC est un triangle isocèle de sommet principal A tel que : AB = AC = 7 ; BC = 5
1
1
1
49 25 49
49
148 49
99
9
2
2
2
L’égalité 1 devient : CI 2 = (7) + (5)
(7) =
+
= 37
=
=
=
2
2
4
2
2
4
4
4
4
4
4
2
3p
3p
2
Ayant : CI =
11
et CI > 0 on déduit : CI =
11
2
2
1
AB 2
4
11
situation 2 : ABC est un triangle rectangle isocèle en B tel que : AB = 4
Le triangle ABC étant isocèle en B avec AB = 4 , on a : BA = BC = 4 .
ABC étant un triangle rectangle isocèle en B , le théorème de Pythagore est applicable .
D’où : AC 2 = BA2 + BC 2 = 42 + 42 = 32
1
1
1
2
2
L’égalité 1 devient : CI 2 = (32) + (4)
(4) = 16 + 8
2
2
4
p 2
p
Ayant : CI 2 = 2 5 et CI > 0 on déduit : CI = 2 5
p
4 = 20 = (2 5)2
situation 3 : ABC est un triangle équilatéral tel que : AB = 5 . Donc : AB = AC = BC = 5
2
1
1
1
3
5p
2
2
2
L’égalité 1 devient : CI 2 = (5) + (5)
(5) = (5)2 =
3
2
2
4
4
2
2
p
p
5
5
Ayant : CI 2 =
3
et CI > 0 on déduit : CI =
3
2
2
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produit scalaire - corrigés feuille 3
égalité 1
exercice 7
1) ensemble
ABCD est un rectangle véri…ant : AB = 6 et BC = 3
n
o
! !
! !
= M 2 P = M A AB + M B AB = 0
page 6 / 12
M désigne un point du plan . Alors :
! !
! !
M 2 , M A AB + M B AB = 0
!
!
!
M 2 , M A + M B AB = 0
En utilisant la propriété caractéristique du milieu on a :
!
!
!
M A + M B = 2M I avec I milieu de [AB] .
!
!
Donc : M 2 , 2M I AB = 0
! !
! !
M I AB = 0 , M I AB = 0
M 2 ,2
!
!
et M 2 , M I ? AB
!
!
L’équivalence M 2 , M I ? AB permet d’a¢ rmer :
est la droite perpendiculaire à (AB) passant par I
milieu de [AB] .
Autrement dit :
ensemble C1 =
est la médiatrice du segment [AB] .
M 2 P = M A2 + M B 2 =
45
2
45
2
2
2
En utilisant un théorème de la médiane on a : M A + M B = 2M I 2 + 21 AB 2 avec I milieu de [AB] .
45
45
2
Donc : M 2 C1 , 2M I 2 + 12 AB 2 =
, 2M I 2 + 12 (6) =
car : AB = 6
2
2
2
45
45
9
9
3
3
M 2 C1 , 2M I 2 + 18 =
, 2M I 2 =
18 , 2M I 2 = , M I 2 = , M I 2 =
, M I = (M I > 0)
2
2
2
4
2
2
3
3
L’équivalence M 2 C1 , M I = permet d’a¢ rmer : C1 est le cercle de rayon centré en I milieu de [AB] .
2
2
n
o
!
!
ensemble C2 = M 2 P = M A M B = 16
M désigne un point du plan . Alors : M 2 C1 , M A2 + M B 2 =
!
!
M désigne un point du plan . Alors : M 2 C2 , M A M B = 16
!
!
En utilisant un théorème de la médiane on a : M A M B = M I 2
Donc : M 2 C2 , M I 2
1
2
4 AB
1
2
4 AB
= 16 , M I 2 = 14 AB 2 + 16 , M I 2 =
1
4
avec I milieu de [AB] .
2
(6) + 16 car : AB = 6
2
M 2 C2 , M I 2 = 25 , M I 2 = (5) , M I = 5 (M I > 0)
L’équivalence M 2 C2 , M I = 5 permet d’a¢ rmer : C2 est le cercle de rayon 5 centré en I milieu de [AB] .
2) ensemble D = M 2 P = M A2
M B 2 = 24
! 1 !
2-1 H est le point de [AB] tel que IH = AB : Pour justi…er que H est un point de D il su¢ t de montrer : HA2 HB 2 = 24
3
!
! !
! 1 !
! 1 ! ! 1 !
1 ! 1 !
D’autre part : ! HA = HI + IA = IH + BA =
AB + BA ( I milieu de [AB] entraîne : IA = BA ; IH = AB)
2
3
2
2
3
!
!
2 ! 3 !
5 !
5 !
5
5
HA =
AB
AB =
AB et HA = HA =
AB =
AB =
6 = 5 ( AB = 6 )
6
6
6
6
6
6
!
5 ! 5 !
5
AB = BA et 0 < < 1 . Donc : HB = AB AH = 6 5 = 1
! H intérieur au segment [AB] car HA =
6
6
6
Par conséquent : HA2 HB 2 = 52 12 = 25 1 = 24 et H est bien un point de D .
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produit scalaire - corrigés feuille 3
2-2 M désigne un point du plan . Alors :
M 2 D , M A2
M B 2 = 24 , M A2
page 7 / 12
M B 2 = HA2
HB 2 ( 24 = HA2
HB 2 d’après 2-1 )
! !
En utilisant deux fois un théorème de la médiane on a : 8P 2 P , P A2 P B 2 = 2 IP AB
! !
! !
! !
! !
! !
! !
Donc : M 2 D , 2 IM AB = 2 IH AB , IM AB = IH AB , IM AB
IH AB = 0
!
!
!
!
!
!
! !
M 2 D , IM IH AB = 0 , HI + IM AB = 0 , HM AB = 0
! !
L’équivalence M 2 D , HM AB = 0 permet d’a¢ rmer :
! 1 !
D est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H dé…ni par IH = AB .
3
!
!
point K dé…ni par : KA + 2KC = !
o
3) ensemble E = M 2 P = M A2 = 4M C 2
!
! !
!
!
!
!
! !
KA + 2KC = o , KA + 2 KA + AC = !
o
3) 3-1 point J dé…ni par : JA 2JC = o
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
KA + 2KC = !
o , KA + 2KA + 2AC = !
o
o
JA 2JC = !
o , JA 2 JA + AC = !
!
!
!
!
!
!
!
!
!
KA + 2KC = !
o , 3KA = 2AC
JA 2JC = !
o , JA 2JA 2AC = !
o
!
!
!
2 !
!
!
!
!
KA + 2KC = !
o , KA =
AC
JA 2JC = !
o , JA = 2AC
3
!
! !
! 2 !
!
! !
!
!
KA + 2KC = o , AK = AC
JA 2JC = o , AJ = 2AC
3
Cette équivalence permet d’a¢ rmer : J est l’extrémité
Cette équivalence permet d’a¢ rmer : K est l’extrémité
!
2 !
du représentant du vecteur 2AC d’origine …xée en A
du représentant du vecteur AC d’origine …xée en A
3
3-2 M désigne un point du plan . Alors :
! 2
! 2
! 2
! 2
M 2 E , M A2 = 4M C 2 , M A = 4 M C , M A = 2M C
! 2
! 2
!
!
!
!
2
2
M 2 E , MA
2M C = 0 , M A 2M C
M A + 2M C = 0 . ( car : k!
uk
k!
v k = (!
u !
v ) (!
u +!
v))
!
!
!
!
D’autre part en utilisant les égalités JA 2JC = !
o et KA + 2KC = !
o dé…nissant J et K , on a pour tout point M :
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
! M A 2M C = M J + JA
2 M J + JC = M J + JA 2M J 2JC = M J + JA 2JC = M J + (!
o ) = MJ
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
! M A + 2M C = M K + KA + 2 M K + KC = M K + KA + 2M K + 2KC = 3M K + KA + 2KC = 3M K + (!
o ) = 3M K
!
!
!
!
!
!
Par conséquent : M 2 E , M A 2M C
M A + 2M C = 0 devient : M 2 E ,
MJ
3M K = 0
!
!
!
!
!
!
D’où : M 2 E , 3 M J M K = 0 , M J M K = 0 et M 2 E , M J ? M K .
!
!
Cette équivalence permet d’a¢ rmer : l’ensemble E est l’ensemble des points M tels que : M J ? M K .
Un théorème permet de conclure : E est le cercle de diamètre [JK] .
exercice 8
1) Le triangle ABC est tel que : AB = 5; AC = 9; BC = 6 .
E1 = M 2 P = M A2
M B 2 = 45
E2 = M 2 P = M B 2
M C2 =
56
E3 = M 2 P = M A2
M C2 =
11 .
1-1 En utilisant la propriété caractéristique de E2 on a :
A 2 E2 , AB 2
AC 2 =
56
Or : AB = 5; AC = 9 donc : AB 2
L’équivalence A 2 E2 , AB 2
AC 2 = 52
AC 2 =
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92 = 25
81 =
56
56 permet de déduire : A 2 E2 vrai .
produit scalaire - corrigés feuille 3
ensemble E2 M est un point quelconque du plan . Alors : M 2 E2 , M B 2
Un théorème de la médiane permet d’obtenir : pour tout point M , M B 2
! !
En particulier pour le point A : AB 2 AC 2 = 2 JA BC
M C2 =
56
page 8 / 12
! !
M C 2 = 2 JM BC avec J milieu de [BC] .
D’où : M 2 E2 , M B 2 M C 2 = 56 devient avec A 2 E2 , AB 2 AC 2 = 56 : M 2 E2 , M B 2 M C 2 = AB 2
! !
! !
! !
! !
! !
! !
JA BC = 0
D’où : M 2 E2 , 2 JM BC = 2 JA BC , JM BC = JA BC , JM BC
!
!
!
! !
! !
!
!
!
! !
JA BC = 0 , JM JA BC = 0 , AJ + JM BC = 0 , AM BC = 0
Et : M 2 E2 , JM BC
!
!
Et : M 2 E2 , AM ? BC . Cette équivalence dé…nit E2 comme la droite passant par A et perpendiculaire à (BC) .
AC 2
E2 est donc la hauteur hA du triangle ABC issue de A .
1-2 Démontrer que l’ensemble E3 est la hauteur hB du triangle ABC issue de B .
Justi…ons d’abord : B 2 E3 en utilisant : AB = 5; BC = 6
BA2
BC 2 = 52
62 = 25
36 =
11 donc B 2 E3 est vrai .
ensemble E3 M est un point quelconque du plan . Alors : M 2 E3 , M A2 M C 2 = 11
! !
Un théorème de la médiane permet d’obtenir : M A2 M C 2 = 2 KM AC avec K milieu de [AC] .
! !
En particulier : BA2 BC 2 = 2 KB AC .
! !
! !
Avec M et B éléments de E3 on obtient : M A2 M C 2 = 2 KM AC = 11 et BA2 BC 2 = 2 KB AC = 11
! !
! !
Donc : M 2 E3 , M A2 M C 2 = 11 devient : M 2 E3 , M A2 M C 2 = BA2 BC 2 , 2 KM AC = 2 KB AC
! !
! !
! !
! !
!
!
!
D’où : M 2 E3 , KM AC = KB AC , KM AC
KB AC = 0 , KM KB AC = 0
!
!
!
!
!
!
!
Et : M 2 E3 , BK + KM AC = 0 , BM AC = 0 , BM ? AC .
E3 est donc la droite passant par B et perpendiculaire à (AC) . D’où : E3 = hB
1-3 ensemble E1 = M 2 P = M A2
CA2
CB 2 = 92
M B 2 = 45 ( rédaction succinte )
62 = 81
36 = 45 donc C est élément de E1 .
! !
Par théorème : pour tout point M : M A2 M B 2 = 2 IM AB avec I milieu de [AB] .
! !
! !
comme en 1-1 et en 1-2 on construit : M 2 E1 , M A2 M B 2 = CA2 CB 2 , IM AB = IC AB
! !
! !
!
!
!
! !
!
!
M 2 E1 , IM AB
IC AB = 0 , IM IC AB = 0 , CM AB = 0 , CM ? AB et : E1 = hC
2) On se place dans le cas général : a , b , c sont des réels positifs et : a = BC , b = CA , c = AB . On note hA ; hB ; hC
les hauteurs de ABC issues respectivement de A , B , C .
E1 = M 2 P = M A2
M B 2 = k1 ; E2 = M 2 P = M B 2
M C 2 = k2 ; E3 = M 2 P = M A2
M C 2 = k3
2-1 valeurs de k1 , k2 et k3 pour que E1 , E2 , E3 contiennent respectivement C , A , B .
C 2 E1 , CA2
CB 2 = k1 , b2
a2 = k1 ; A 2 E2 , AB 2
B 2 E3 , BA2
BC 2 = k3 , c2
a2 = k3
2-2 En changeant
En changeant
56 en c2
11 en c2
En changeant 45 en b2
AC 2 = k2 , c2
b2 = k2
b2 dans la démonstration faite en 1-1 on obtient : E2 = M 2 P = M B 2
a2 dans la démonstration faite en 1-2 on obtient : E3 = M 2 P = M A2
a2 dans la démonstration faite en 1-3 on obtient : E1 = M 2 P = M A2
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M C 2 = c2
M C 2 = c2
M B 2 = b2
b2 = h A
a2 = hB
a2 = hC
produit scalaire - corrigés feuille 3
2-3 On note H le point d’intersection de hA et hB .
On a donc d’après 2-2 : HB 2
Par conséquent : HA2
D’où : HA2
HC 2
HC 2 = c2
HC 2
Or : hC = M 2 P = M A2
b2 et HA2
HB 2
HB 2 + HC 2 = c2
M B 2 = b2
page 9 / 12
HC 2 = c2
a2
HC 2 = c2
a2
a2
b2
c2
c2 + b2 Soit : HA2
HB 2 = b2
a2
a2 . Donc : H 2 hC est vrai .
On retrouve la propriété : les trois hauteurs d’un triangle sont concourantes en un point H appelé orthocentre de ce triangle .
exercice 9
On considère un triangle ABC tel que : AB = 4 ; AC = 5 ; BC = 6 .
Avec les anciens programmes , cet exercice était traité en utilisant la notion de barycentre ( notion qui n’est plus utilisée au lycée
où la géométrie non analytique se fait de plus en plus rare dans les programmes ! ) .
!
!
1) H est le point dé…ni par l’égalité vectorielle : 3HA + 2HB = !
o .
!
!
!
!
!
1-1 ! En utilisant la relation de Chasles on construit : 3HA + 2HB = !
o , 3HA + 2 HA + AB = !
o
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
2 !
D’où : 3HA + 2HB = !
o , 3HA + 2HA + 2AB = !
o , 5HA + 2AB = !
o , 5HA = 2AB , HA =
AB
5
!
!
! 2 !
Ainsi : 3HA + 2HB = !
o , AH = AB . Cette équivalence permet d’a¢ rmer :
5
2 !
H est l’extrémité du représentant du vecteur AB d’origine …xée en A . D’où la construction de H sur le segment [AB] .
5
! M désigne un point quelconque du plan . En utilisant la relation de Chasles on construit :
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
3M A + 2M B = 3 M H + HA + 2 M H + HB = 5M H + 3HA + 2HB . Or : H est dé…ni par : 3HA + 2HB = !
o . Donc :
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
3M A + 2M B = 5M H + 3HA + 2HB devient : 3M A + 2M B = 5M H + !
o = 5M H . Ainsi : 8M 2 P , 3M A + 2M B = 5M H
n
o
! !
! !
1-2 Déterminons l’ensemble suivant : D = M 2 P = 3 M A AC
2 M B CA = 0
! !
! !
M désigne un point quelconque du plan . Alors : M 2 D , 3 M A AC
2 M B CA = 0
En utilisant les propriétés du produit scalaire on construit ensuite :
! !
!
!
! !
! !
! !
! !
M 2 D , 3 M A AC + 2 M B
CA = 0 , 3 M A AC + 2 M B AC = 0 , 3M A AC + 2M B AC = 0
!
!
!
!
!
!
M 2 D , 3M A + 2M B AC = 0 . Or : 8M 2 P , 3M A + 2M B = 5M H d’après 1-1 .
!
!
! !
! !
!
!
Donc : M 2 D , 5M H AC = 0 , 5 M H AC = 0 , M H AC = 0 ( 5 6= 0) et : M 2 D , M H ? AC .
Cette équivalence permet d’a¢ rmer : D est la droite perpendiculaire à (AC) passant par H .
! !
! !
! !
2) valeurs des trois produits scalaires suivants : AB AC , BA BC et CA CB
En utilisant les longueurs des côtés du triangle ABC ( AB = 4; AC = 5; BC = 6 ) et l’expression du produit scalaire dé…nie par :
!
! 1
8M 2 P ,8N 2 P , 8P 2 P , M N M P = [M N 2 + M P 2 N P 2 ] on obtient :
2
! ! 1
! ! 1
1 2
1
5
1
1
27
2
2
2
AB AC = [AB + AC
BC ] = [4 + 52 62 ] = [5] = ; BA BC = [BA2 + BC 2 AC 2 ] = [42 + 62 52 ] = [27] =
2
2
2
2
2
2
2
2
! ! 1
!
!
!
!
!
!
1
1
45
5
27
45
CA CB = [CA2 + CB 2 AB 2 ] = [52 + 62 42 ] = [45] =
. Ainsi : AB AC = , BA BC =
, CA CB =
2
2
2
2
2
2
2
!
!
! !
3) G est le point dé…ni par l’égalité vectorielle : 2GA + 3GB + GC = o .
!
!
!
!
!
!
!
!
3-1 ! En utilisant la relation de Chasles on construit : 2GA + 3GB + GC = !
o , 2GA + 3 GA + AB + GA + AC = !
o
!
!
! !
!
!
!
!
! !
!
!
!
!
!
D’où : 2GA + 3GB + GC = o , 2GA + 3GA + 3AB + GA + AC = o , 2GA + 3GA + GA = 3AB AC
! 3 ! 1 !
1 !
AC , AG = AB + AC
2
2
2
3 ! 1 !
Cette équivalence permet d’a¢ rmer : G est l’extrémité du représentant du vecteur somme AB + AC d’origine …xée en A .
2
2
Puis :
!
!
!
!
2GA + 3GB + GC = !
o , 2GA =
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!
3AB
!
!
AC , GA =
3 !
AB
2
produit scalaire - corrigés feuille 3
!
!
!
! BG en fonction de BA et de BC
!
!
!
BG = BA + AG ( relation de Chasles )
! 3 ! 1 !
Or : AG = AB + AC
2
2
!
! 3 ! 1 !
Donc : BG = BA + AB + AC
2
2
!
! 3 ! 1 !
!
BG = BA
BA +
AB + BC ( relation de Chasles )
2
2
!
! 3 ! 1 ! 1 !
BG = BA
BA + AB + BC
2
2
2
!
! 3 ! 1 ! 1 !
BG = BA
BA
BA + BC
2
2
2
!
! 1 !
Ainsi : BG = BA + BC
2
!
!
!
! CG en fonction de CA et de CB
page 10 / 12
!
!
!
CG = CA + AG ( relation de Chasles )
! 3 ! 1 !
Or : AG = AB + AC
2
2
!
! 3 ! 1 !
Donc : CG = CA + AB + AC
2
2
!
! 3 !
!
1 !
CG = CA +
AC + CB
CA ( relation de Chasles )
2
2
!
! 3 ! 3 ! 1 !
CG = CA + AC + CB
CA
2
2
2
!
! 3 ! 3 ! 1 !
CG = CA
CA + CB
CA
2
2
2
!
! 3 !
Ainsi : CG = CA + CB
2
3-2 valeurs numériques respectives de AG2 , BG2 , CG2
2
2
2
=
3 ! 1 !
AB + AC
2
2
!
, BG2 = BG
2
9
1
3 ! 1 !
AB + AC = AB 2 + AC 2 + 2
2
2
4
4
2
! 1 !
1
2
2
BA + BC = BA + BC + 2 ( 1)
2
4
2
! 3 !
9
CA + CB = CA2 + CB 2 + 2 ( 1)
2
4
2
2
! 2
! 1 !
! 3 !
BA + BC , CG2 = CG =
CA + CB
2
2
! 2
2
!
!
!
!
!
!
2 ! 2
2 ! 2
Or pour tous vecteurs u et v , pour tous réels a et b : ka u + b v k = a k u k + b k v k + 2ab ( u v ) et : M N = M N 2
!
D’après 3-1 AG2 = AG
=
! !
1
9
1
3 ! !
AB AC
AB AC = AB 2 + AC 2 +
2
4
4
2
! !
! !
1
1
BG2 =
BA BC = BA2 + BC 2
BA BC
2
4
! !
! !
3
9
CG2 =
CA CB = CA2 + CB 2 + 3 CA CB
2
4
! ! 5
! ! 27
! ! 45
D’autre part : AB = 4; AC = 5; BC = 6 ( hypothèse ) et : AB AC = , BA BC =
, CA CB =
( d’après 2) ) .
2
2
2
9
1
3 ! !
9
1
3 5
25 15
2
2
Donc : AG2 = AB 2 + AC 2 +
AB AC = (4) + (5) +
= 36 +
+
= 46
4
4
2
4
4
2 2
4
4
! !
1
1
27
27
50 27
23
2
2
BG2 = BA2 + BC 2
BA BC = (4) + (6)
= 16 + 9
=
=
4
4
2
2
2
2
2
! !
9
9
45
135
212 135
77
2
2
2
2
2
CG = CA + CB + 3 CA CB = (5) + (6) + 3
= 25 + 81
=
=
4
4
2
2
2
2
2
23
77
Ainsi : AG2 = 46 , BG2 =
, CG2 =
2
2
Donc : AG2 =
4) ensemble E dé…ni par : E = M 2 P =
3
2
2M A2 + 3M B 2 + M C 2 = 5
4-1 M est un point quelconque du plan . Pour la suite , on note f (M ) =
En utilisant la relation de Chasles et
!
! 2
! 2
M A2 = M A = M G + GA =
! 2
!
! 2
M B 2 = M B = M G + GB =
! 2
!
! 2
M C 2 = M C = M G + GC =
les propriétés du produit scalaire
! 2
! 2
! !
M G + GA + 2 M G GA
! 2
! 2
! !
M G + GB + 2 M G GB
! 2
! 2
! !
M G + GC + 2 M G GC
2M A2 + 3M B 2 + M C 2
on construit ce qui suit :
!
= M G2 + GA2 + 2 M G
!
= M G2 + GB 2 + 2 M G
!
= M G2 + GC 2 + 2 M G
!
GA
!
GB
!
GC
2M A2 + 3M B 2 + M C 2 devient :
! !
! !
! !
f (M ) = 2 M G2 + GA2 + 2 M G GA + 3 M G2 + GB 2 + 2 M G GB + M G2 + GC 2 + 2 M G GC
! !
! !
! !
f (M ) =
2M G2 + 3M G2 + M G2 + 2GA2 + 3GB 2 + GC 2 + 2
2 M G GA + 3 M G GB + M G GC
!
!
!
!
! !
f (M ) = 2M G2 + 2GA2 + 3GB 2 + GC 2 + 2 M G
2GA + M G 3GB + M G GC
!
!
!
!
f (M ) = 2M G2 2GA2 + 3GB 2 + GC 2 + 2 M G
2GA + 3GB + GC
!
!
!
!
Or G est dé…ni par : 2GA + 3GB + GC = !
o . Donc : f (M ) = 2M G2 2GA2 + 3GB 2 + GC 2 + 2 M G (!
o)
Par conséquent : f (M ) =
D’où : f (M ) = 2M G2
On a donc justi…é :
2GA2 + 3GB 2 + GC 2 + 2
Pour tout point M du plan ,
http://www.math-lycee.com
(0) = 2M G2
2GA2 + 3GB 2 + GC 2
2M A2 + 3M B 2 + M C 2 = 2M G2
2GA2 + 3GB 2 + GC 2
produit scalaire - corrigés feuille 3
4-2 déduction pour l’ensemble E
page 11 / 12
M est un point quelconque du plan . Par dé…nition de E , on a : M 2 E ,
2M A2 + 3M B 2 + M C 2 = 5
D’autre part : ! Pour tout point M du plan , 2M A2 + 3M B 2 + M C 2 = 2M G2
23
77
! AG2 = 46 , BG2 =
, CG2 =
d’après 3-2
2
2
Donc : M 2 E , 2M A2 + 3M B 2 + M C 2 = 5
2GA2 + 3GB 2 + GC 2 d’après 4-1
M 2 E , 2M G2
2GA2 + 3GB 2 + GC 2 = 5
23
77
M 2 E , 2M G2 2 (46) + 3
+
=5
2
2
146
M 2 E , 2M G2 92 +
=5
2
M 2 E , 2M G2 = 5 + 92 73
M 2 E , 2M G2 = 24
p 2
M 2 E , M G2 = 12 , M G2 = 2 3
p
M 2 E , M G = 2 3 ( M G > 0 comme longueur )
p
L’équivalence M 2 E , M G = 2 3 permet d’a¢ rmer :
p
E est un cercle C de rayon 2 3 et de centre le point G
!
!
!
dé…ni par : 2GA + 3GB + GC = !
o
! 3 ! 1 !
Pour construire G on utilise : AG = AB + AC ( prouvé en 3-1 )
2
2
exercice 10
ABC est un triangle quelconque .
On utilise les notations suivantes :
! pour les longueurs des côtés du triangle : a = BC ; b = CA ; c = AB
! pour les mesures des angles géométriques associés aux sommets du
b pour l’angle associé au sommet A , B
b pour l’angle associé
triangle : A
b pour l’angle associé au sommet C . Ces trois mesures
au sommet B , C
sont comprises strictement entre 0 et
.
! 2
!
!
!
AB et BC = BC . Donc : BC 2 = BC = AC
!
!
2
2
2
Or pour tous vecteurs !
u et !
v , k!
u !
v k = k!
u k + k!
vk
2(!
u !
v ) et (!
u !
v ) = AC
AB
cos (!
u;!
v)
2
2
2
2
2
!
!
!
!
! !
!
!
!
!
! !
Donc : BC 2 = AC AB = AC + AB
2(AC AB) = AC + AB
2
AC
AB
cos (AC; AB)
! !
L’égalité 1 suivante : BC 2 = AC 2 + AB 2 2 cos (AC; AB) est donc justi…ée .
!
!
!
!
1)1-1 En utilisant la relation de Chasles : BC = BA + AC = AC
!
AB
2
b étant une mesure strictement comprise entre 0 et de l’angle géométrique associé au sommet A , une mesure de l’angle
1-2 ! A
!
! !
\!
b ou -A
b et cos A
b = cos( A)
b . Donc : cos (AC;
b.
orienté (AC; AB) est A
AB) = cos A
! !
b
Avec les notations dé…nies en début d’exercice ; l’égalité : BC 2 = AC 2 + AB 2 2 cos (AC; AB) devient : a2 = b2 + c2 2bc cos A
b devient B
b . Donc :
! en changeant A en B , B en C , C en A : BC devient CA , CA devient AB , AB devient BC , A
! !
! !
b
BC 2 = AC 2 + AB 2 2 cos (AC; AB) devient : CA2 = BA2 + BC 2 2 cos (BA; BC) puis : b2 = c2 + a2 2ac cos B
b devient C
b . Donc :
! en changeant A en C , B en A , C en B : BC devient AB , CA devient BC , AB devient CA , A
! !
! !
b
BC 2 = AC 2 + AB 2 2 cos (AC; AB) devient : AB 2 = CB 2 + CA2 2 cos (CB; CA) puis : c2 = a2 + b2 2ab cos C
formules d’Al - Kashi
a2 = b2 + c2
http://www.math-lycee.com
b puis b2 = c2 + a2
2bc cos A
b et c2 = a2 + b2
2ac cos B
b
2ab cos C
produit scalaire - corrigés feuille 3
2) trois applications numériques des formules d’Al - Kashi
b=
2-1 On donne : b = 3; c = 4 et A
b; C
b
. A trouver ? a ; B
3
b donc ; a2 = 32 + 42 2 3 4 cos = 25 24
! a2 = b2 + c2 2bc cos A
3
2
2
b donc 2ac cos B
b = c2 + a2 b2 et cos B
b = c +a
! b2 = c2 + a2 2ac cos B
2ac
b que l’on arrondit à : B
b
Avec une calculatrice on obtient 46.10211375 pour B
! La somme des angles d’un triangle étant de 180 degrés , et
2
= 46
b est : C
b = 74
correspondant à 60 la valeur arrondie pour C
2
16
9
3
=
=
.
25
25
5
!
2
3
3
2 b
b = ou cos A
b=
b < entra^{ne cos A
b > 0 Donc : cos A
b= 3
D’autre part : cos A =
, cos A
et 0 < A
5
5
2
5
r
b devient a2 = 22 + 32 2 2 3 3 = 29 ; a2 = 29 et a > 0 donc : a = 29 (a ' 2:41)
Ainsi : a2 = b2 + c2 2bc cos A
5
5
5
5
b; B
b; C
b
2-3 On donne : a = 8; b = 7; c = 10 . A trouver ? A
b=1
cos2 A
b=1
sin2 A
4
5
3
5
p
1
= 13 ; a2 = 13 et a > 0 donc : a = 13
2 2
b
42 + 13 32
20
5
p
=
= p = p
2
13 4
8 13
2 13
4
b < . A trouver ? a
avec 0 < A
5
2
b
b . Or : cos2 A
b + sin2 A
b = 1 .Donc :
2bc cos A il faut en préalable calculer la valeur de cos A
b=
2-2 On donne : b = 2; c = 3 et sinA
Pour pouvoir utiliser a2 = b2 + c2
3
page 12 / 12
=1
2
2
2
2
2
2
a2
c2
b2
b= b +c
b = a +b
b = c +a
D’après 1-2 cos B
. De même : cos A
et cos C
. Donc :
2ac
2bc
2ab
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b
+
c
a
7
+
10
8
17
c
+
a
b
10
+
8
7
23
b=
b=
cos A
=
=
; cos B
=
=
;
2bc
2 7 10
28
2ac
2 8 10
32
b et 44.04862567 pour B
b que l’on arrondit à : A
b = 53 et B
b = 44
Avec une calculatrice on obtient 52.616800158 pour A
2
2
2
2
2
2
c
8 +7
10
13
b = a +b
b ; on arrondit à : C
b = 83
cos C
=
=
; Avec une calculatrice on obtient 83.33457274 pour C
2ab
2 8 7
112
b + b cos A
b.
3) objet de la question : justi…er l’égalité : c = a cos B
Dans cette question on utilise le milieu I de [BC] .
3-1 En se plaçant dans le triangle ABI une formule
b
d’Al - Kashi permet d’écrire : AI 2 = BA2 + BI 2 2BA BI cos B
BC
a
Avec I milieu de [BC] on a : BI =
= et : BA = c .
2
2
2
2
2
b devient :
Donc : AI = BA + BI
2BA BI cos B
2
a 2
a
b soit : AI 2 = c2 + a
b
AI 2 = c2 +
2c
cos B
ac cos B
2
2
4
3-2 [AI] est la médiane du triangle ABC issue de A . En utilisant un théorème de la médiane on obtient :
BC 2
a2
a2
AB 2 + AC 2 = 2AI 2 +
soit : c2 + b2 = 2AI 2 +
. D’où : 2AI 2 = c2 + b2
2
2
2
b . Donc : b2 + c2 = a2 + 2bc cos A
b
Or : a2 = b2 + c2 2bc cos A
2
2
2
a2
b a . D’où : 2AI 2 = a + 2bc cos A
b puis : AI 2 = a + bc cos A
b
devient : 2AI 2 = a2 + 2bc cos A
2
22
2
4
2
a
b et AI 2 = a + bc cos A
b on déduit :
3-3 déduction : Ayant prouvé précédemment : AI 2 = c2 +
ac cos B
4
4
2
a2
b = a + bc cos A
b puis : c2 = ac cos B
b + bc cos A
b.
c2 +
ac cos B
4
4
La longueur c du côté [AB] étant di¤érente de 0 , on peut diviser les deux membres de l’égalité précédente par c .
Et : 2AI 2 = c2 + b2
b + b cos A
b.
On obtient ainsi : c = a cos B
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